2019-2020年高三上学期第三周周周清同步检测物理试题含答案.doc
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2019-2020年高三上学期第三周周周清同步检测物理试题含答案一、选择题1.(单选)一物体做直线运动,其位移时间图象如图所示,设向右为正方向,则在前4s内()A物体始终向右做匀速直线运动B物体先向左运动,2s后开始向右运动C在t=2s时,物体距出发点最远D前2s物体位于出发点的左方,后2s位于出发点的右方2.(单选)如图所示的位移(s)时间(t)图象和速度(v)时间(t)图象中给出四条图线,甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况,则下列说法正确的是() A 甲车做直线运动,乙车做曲线运动 B 0t1时间内,甲车通过的路程大于乙车通过的路程 C 0t2时间内,丙、丁两车在t2时刻相距最远 D 0t2时间内,丙、丁两车的平均速度相等3.(单选)如图所示,放在水平桌面上的木块A处于静止状态,所挂的托盘和砝码总重量为6N,弹簧秤读数为2N,滑轮摩擦不计若轻轻取走部分砝码,使总重量减小为4N,将会出现的情况是()AA对桌面的摩擦力不变BA所受合力增大CA仍静止不动D弹簧秤的读数减小4.(单选)如图所示,圆弧形货架摆着四个完全相同的光滑小球,O为圆心。则对圆弧面的压力最小的是( )Aa球Bb球Cc球Dd球5.(单选)如图所示,质量m1=10kg和m2=30kg的两物体,叠放在动摩擦因数为0.50的粗糙水平地面上,一处于水平位置的轻弹簧,劲度系数为250N/m,一端固定于墙壁,另一端与质量为m1的物体相连,弹簧处于自然状态,现用一水平推力F作用于质量为m2的物体上,使它缓慢地向墙壁一侧移动,当移动0.40m时,两物体间开始相对滑动,这时水平推力F的大小为() A 100N B 300N C 200N D 250N6.(多选)如图所示,物体b在水平推力F作用下,将物体a挤压在竖直墙壁上,a、b均处于静止状态,关于a、b两物体的受力情况,下列说法正确的是()Aa受到两个摩擦力的作用Bb共受到三个力的作用Cb对a的摩擦力方向向上D增大水平推力F,a受到墙壁的摩擦力不变7.(单选)如图所示,用一根轻弹簧悬挂一个物体,从弹簧处于原长位置将物体由静止释放,在物体向下运动过程中,以下说法正确的是()A物体的速度不断增大B物体的加速度不断增大C物体的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大D物体的动能与重力势能之和保持不变8.(单选)如图所示,足够长的传送带与水平面夹角为,以速度v0逆时针匀速转动在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数tan,则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()ABCD9.(多选)如图,取一块长为L的表面粗糙的木板,第一次将其左端垫高,让一小物块从板左端的A点以初速度v0沿板下滑,滑到板右端的B点时速度为v1;第二次保持板右端位置不变,将板放置水平,让同样的小物块从A点正下方的C点也以初速度v0向右滑动,滑到B点时的速度为v2下列说法正确的是()Av1一定大于v0Bv1一定大于v2C第一次的加速度可能比第二次的加速度小D两个过程中物体损失的机械能相同10.(多选)在电梯中,把一重物置于台秤上,台秤与力的传感器相连,当电梯从静止加速上升,然后又匀速运动一段时间,最后停止运动:传感器的屏幕上显示出其受的压力与时间的关系(Nt)图象如图所示,则()A电梯在启动阶段约经历了2.5秒的加速上 升过程B电梯在启动阶段约经历了4秒加速上升过程C电梯的最大加速度约为6.7m/s2D电梯的最大加速度约为16.7m/s211.(单选)蹦床运动可简化为一个落到竖直放置的轻弹簧的小球运动,如图甲所示。质量为m的小球,从离弹簧上端高h处自由下落,接触弹簧后继续向下运动。以小球刚下落开始计时,以竖直向下为正方向,小球的速度v随时间t变化的图线如图乙所示。图线中的OA段为直线,与曲线ABCD相切于A点。不考虑空气阻力,则关于小球的运动过程,下列说法正确的是A.B.下落h高度时小球速度最大C.小球在时刻所受弹簧弹力大于2mgD.小球在时刻重力势能和弹簧的弹性势能之和最大12.(单选)一小孩从公园中的滑梯上加速滑下,对于其机械能变化情况,下列说法中正确的是()A重力势能减小,动能不变,机械能减小B重力势能减小,动能增加,机械能减小C重力势能减小,动能增加,机械能增加D重力势能减小,动能增加,机械能不变13.(单选)如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,B、C为水平的,其距离d=0.50m盆边缘的高度为h=0.30m在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为=0.10小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停的地点到B的距离为()A0.50mB0.25mC0.10mD014.(单选)有一静电场,其电势随x坐标的改变而改变,变化的图线如图所示若将一带负电粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放,电场中P、Q两点的坐标分别为1mm、4mm则下列说法正确的是()A粒子将沿x轴正方向一直向前运动B粒子在P点与Q点加速度大小相等、方向相反C粒子经过P点与Q点时,动能相等D粒子经过P点与Q点时,电场力做功的功率相等15.(多选)一物体放在升降机底板上,随同升降机由静止开始竖直向下运动,运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象如图所示,其中OS1过程的图线为曲线,S1S2过程的图线为直线。根据该图象,下列判断正确的是( )A OS1过程中物体所受合力可能是恒力B S1S2过程中物体可能在做匀速直线运动C OS1过程中物体的加速度在增大D OS2过程中物体的动能可能在不断增大16.(多选)如图所示,相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值)将A向B水平抛出的同时,B自由下落A、B与地面碰撞前后,水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间,则()AA、B在第一次落地前若不碰,此后就不会相碰BA、B在第一次落地前能否相碰,取决于A的初速度CA、B不可能运动到最高处相碰DA、B一定能相碰17.(单选)长度为L=0.50m的轻质细杆OA,A端有一质量为m=3.0kg的小球,如图所示,小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动,通过最高点时小球的速率是2.0m/s,(g=10m/s2)则此时细杆OA受的()A6.0N的拉力B24N的拉力C24N的压力D6.0N的压力18.(单选)如图所示,小钢球m以初速度v0在光滑水平面上运动后,受到磁极的侧向作用力而作图示的曲线运动到D点,由图可知磁极的位置及极性可能是()A磁极在A位置,极性可能是N极B磁极在B位置,极性一定是S极C磁极在C位置,极性一定是N极D磁极在B位置,极性无法确定19.(单选)如图所示,人造卫星A、B在同一平面内绕地球做匀速圆周运动。则这两颗卫星相比A卫星A的线速度较大B卫星A的周期较大C卫星A的角速度较大D卫星A的加速度较大20.(单选)如图所示,甲、乙是摆长相同的两个单摆,它们中间用一根细线相连,两摆线均与竖直方向成角已知甲的质量小于乙的质量,当细线突然断开后,甲、乙两摆都做简谐运动,下列说法正确的是()A甲不会与乙碰撞B甲的运动周期小于乙的运动周期C甲的振幅小于乙的振幅D甲的最大速度小于乙的最大速度第II卷(非选择题)二、实验题21.物理小组利用光控实验进行了“探究自由落体运动下落高度与速度之间的关系”的实验,如图甲所示同学们将数据记录在Excel软件工作薄中,利用Excel软件处理数据,如图乙所示,小组进行探究,得出结论在数据分析过程中,小组同学先得出了vBh图象,继而又得出了vB2h图象,如图丙、丁所示请根据图象回答下列问题:(1)小组同学在得出vBh图象后,为什么还要作出vB2h图象?(2)若小球下落过程机械能守恒,根据实验操作及数据处理,求出图丁图象的斜率为k,则重力加速度g=(结果用k表示)22.(实验)(xx长沙模拟)甲、乙两同学均设计了测动摩擦因数的实验已知重力加速度为g(1)甲同学所设计的实验装置如图(甲)所示其中A为一质量为M的长直木板,B为木板上放置的质量为m的物块,C为物块右端连接的一轻质弹簧测力计实验时用力将A从B的下方抽出,通过C的读数F1即可测出动摩擦因数则该设计能测出A与B(填“A与B”或“A与地面”)之间的动摩擦因数,其表达式为(2)乙同学的设计如图(乙)所示他在一端带有定滑轮的长木板上固定有A、B两个光电门,与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间,与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力实验时,多次改变砂桶中砂的质量,每次都让物块从靠近光电门A处由静止开始运动,读出多组测力计示数F及对应的物块在两光电门之间的运动时间t在坐标系中作出F的图线如图(丙)所示,图线的斜率为k,与纵轴的截距为b,与横轴的截距为c因乙同学不能测出小车质量,故该同学还应该测出的物理量为光电门A、B之间的距离x根据该测量物理量及图线信息可知物块与木板之间的动摩擦因数表达式为三、计算题23.如图,水平面上的矩形箱子内有一倾角为的固定斜面,斜面上放一质量为m的光滑球,静止时,箱子顶部与球接触但无压力,箱子由静止开始向右做匀加速运动,然后该做加速度大小为a的匀减速运动直至静止,经过的总路程为s,运动过程中的最大速度为v(1)求箱子加速阶段的加速度为a(2)若agtan,求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力24.如图所示,在光滑水平面上停着两辆完全相同且相距足够远的小车A、B,在小车各自最右端静止放有完全相同的物块P、Q(物块视为质点),已知车长L=2m,上表面动摩擦因数u=0.2,每辆车和每个物块质量均为1kg现用一水平恒力F=4.5N向右拉A车,作用s后撤力,则:(1)试讨论F拉A车时,物块与车是否会相对滑动;(2)求A、B两车相撞前瞬间物块P在A车上的位置;(3)若A、B两车为完全非弹性碰撞,试讨论物块P、Q是否会相撞25.如图所示,一小球从A点以某一水平向右的初速度出发,沿水平直线轨道运动到B点后,进入半径R=10cm的光滑树枝圆形轨道,圆形轨道间不相互重叠,即小球离开圆形轨道后可继续向C点右侧有一壕沟,C、D两点的竖直高度h=0.8cm,水平距离s=1.2cm,水平轨道AB长为L1=1m,BC长为L2=3m小球与水平轨道间的动摩擦因数u=0.2,重力加速度g=10m/s2,重力加速度g=10m/s2,则:(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点,求小球在A点的初速度?(2)若小球既能通过圆形轨道的最高点,又不能掉进壕沟,求小球在A点的初速度的范围是多少?试卷答案1.考点:匀变速直线运动的图像版权所有专题:运动学中的图像专题分析:位移时间图象的斜率等于物体运动的速度,从位移图上可以知道物体在任意时刻的速度(斜率)和位置(纵坐标)解答:解:A、位移时间图象的斜率等于物体运动的速度,从图中可知图象斜率始终为正,所以速度始终为正,所以物体始终向右做匀速直线运动,故A正确,B错误;C、在t=2s时,物体离出发点5m不是最远,故C错误;D、由图象可知,出发点在x=5m处,运动后物体始终在出发点的右方,故D错误故选A点评:位移图象的特点:位移图象的斜率等于物体的速度;位移图象的纵坐标表示物体在某时刻的位置这是我们解题的关键2.【考点】: 匀变速直线运动的图像;匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】: 运动学中的图像专题【分析】: 在位移时间图象中,倾斜的直线表示物体做匀速直线运动,斜率表示速度,图象的交点表示位移相等,平均速度等于位移除以时间;在速度时间图象中,斜率表示加速度,图象与时间轴围成的面积表示位移: 解:A、位移时间图中,斜率代表速度,由图可知甲的速度不变,所以做匀速直线运动;乙的斜率逐渐减小,所以做速度逐渐减小的直线运动,并非曲线运动,故A错误;B、在t1时刻两车的位移相等,又都是单向直线运动,所以两车路程相等,故B错误;C、由图象与时间轴围成的面积表示位移可知:丙、丁两车在t2时刻面积差最大,所以相距最远,故C正确;D.0t2时间内,丙的位移小于丁的位移,时间相等,平均速度等于位移除以时间,所以丙的平均速度小于丁车的平均速度,故D错误故选:C【点评】: 要求同学们能根据图象读出有用信息,注意位移时间图象和速度时间图象的区别,难度不大,属于基础题3.考点:摩擦力的判断与计算版权所有专题:摩擦力专题分析:以物体为研究对象,求出开始时物体所受摩擦力的大小,开始时物体处于静止状态,说明外力小于最大静摩擦力,求出当砝码质量减小时物体所受摩擦力的大小,此时发现摩擦力减小了,这说明物体没有运动,由此进一步分析可解答本题解答:解:当砝码盘总质量为0.6kg时,绳对A的拉力大小为6N方向水平向右,弹簧弹力2N方向水平向左,根据A的平衡知A受地面摩擦力的大小为4N,方向水平向左,同时得到水平面对A的最大静摩擦力大于等于4N;当盘中砝码的质量为0.4kg时,绳对A的拉力为4N方向水平向右,绳拉力与弹簧对A的拉力合力为2N4N,故不能拉动物体A,所以弹簧弹力2N保持不变,根据平衡知此时A受摩擦力大小为2N方向水平向左故选:C点评:本题考查了物体的动态平衡,解答的关键是判断物体在第二个状态中是否静止,同时注意滑动摩擦力和静摩擦力的区别4.A【考点】本题考查力的正交分解与共点力平衡。小球对圆弧面的压力大小等于求的重力沿斜面的分力,显然a球对圆弧面的压力最小。5.【考点】: 摩擦力的判断与计算;胡克定律【专题】: 摩擦力专题【分析】: 当质量为m2的物体向左移动0.40m时,弹簧被压缩0.40m,根据胡克定律求出此时弹簧的弹力大小以m1和m2整体为研究对象,分析受力情况,根据平衡条件求出这时水平推力F的大小: 解:当质量为m2的物体向左移动0.40m时,弹簧的量压缩为x=0.40m,根据胡克定律得,此时弹簧的弹力大小为:F弹=kx=2500.4N=100N以m2研究对象,分析m1和m2整体水平方向的受力情况如图,根据平衡条件得:F=F弹+f又f=(m1+m2)g得到:F=F弹+(m1+m2)g=100N+(10+30)100.5N=300N故选:B【点评】: 本题平衡条件的简单应用,要灵活选择研究对象,可以采用隔离法,也可以采用整体法6.考点:共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用.专题:运动学与力学(二);共点力作用下物体平衡专题分析:受力分析按照重力、弹力、摩擦力的顺序进行分析,根据共点力平衡判断摩擦力的有无,以及摩擦力的变化解答:解:b受到重力、推力F,a对b的弹力,静摩擦力四个力平衡对于a物体,受重力、b对a的弹力、墙壁对a的弹力、b对a的摩擦力,墙壁对a的摩擦力五个力作用平衡,根据共点力平衡得,对整体分析,竖直方向受总重力和摩擦力,所以a受到墙壁的摩擦力等于a、b的重力之和,不随F的增大而增大故选:AD点评:解决本题的关键掌握受力顺序,以及会运用共点力平衡判断摩擦力的方向和大小7.考点:牛顿第二定律;胡克定律.专题:牛顿运动定律综合专题分析:分析物体释放过程中受力,根据胡克定律分析弹力如何变化,确定合力如何变化,根据牛顿第二定律判断加速度如何变化根据系统的机械能守恒分析物体的动能与弹簧的弹性势能之和、动能与重力势能之和如何变化解答:解:A、B物体释放过程中,受到重力和弹簧向上的拉力,弹簧的拉力先小于重力,物体的合力向下,与速度同向,物体的速度不断增大,根据牛顿第二定律得知,加速度不断减小;后来弹簧的拉力大于重力,合力向上,与速度反向,物体速度减小,加速度增大故速度先增大后减小,加速度先减小后反向增大故AB错误C、D由于只有重力和弹簧的弹力做功,系统的机械能守恒,则知:物体的重力势能、动能与弹簧的弹性势能总和不变,随着物体向下运动,其重力势能减小,弹簧的弹性势能增大,则物体的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大,物体的动能与重力势能之和减小故C正确,D错误故选C点评:本题关键从两个角度分析:一是力的角度,抓住弹簧的弹力可变性,分析物体的运动情况;二是从能量的角度分析系统能量的变化情况8.考点:牛顿第二定律.专题:牛顿运动定律综合专题分析:要找出小木块速度随时间变化的关系,先要分析出初始状态物体的受力情况,本题中明显重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下,且都是恒力,所以物体先沿斜面匀加速直线运动,有牛顿第二定律求出加速度a1;当小木块的速度与传送带速度相等时,由tan知道木块继续沿传送带加速向下,但是此时摩擦力的方向沿斜面向上,再由牛顿第二定律求出此时的加速度a2;比较知道a1a2解答:解:初状态时:重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下,且都是恒力,所以物体先沿斜面匀加速直线运动,由牛顿第二定律得:加速度:a1=gsin+gcos;当小木块的速度与传送带速度相等时,由tan知道木块继续沿传送带加速向下,但是此时摩擦力的方向沿斜面向上,再由牛顿第二定律求出此时的加速度:a2=gsingcos;比较知道a1a2,图象的斜率表示加速度,所以第二段的斜率变小故选D点评:本题的关键1、物体的速度与传送带的速度相等时物体会继续加速下滑2、小木块两段的加速度不一样大是一道易错题9.考点:功能关系;牛顿第二定律分析:根据对物体的受力分析,结合牛顿第二定律分析物体的加速度;根据功的计算方法计算重力、摩擦力对物体的做功的情况解答:解:A、物体A向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用,若重力向下的分力大于摩擦力,则物体A做加速运动,若重力向下的分力小于摩擦力,则物体A做减速运动故A错误;B、D、设木板长L,斜面的倾角为时,A受到滑动摩擦力:f1=mgcos,摩擦力做功:W1=f1L=mgcosLB受到的摩擦力做功:W2=mgLW1两次摩擦力做的功不相等,所以两个过程中物体损失的机械能不相同;第一次摩擦力做的功少,而且有重力做正功,所以由动能定理可知第一次的动能一定比第二次的动能大,v1一定大于v2故B正确,D错误C、体A向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用,若重力向下的分力大于摩擦力则:,B运动的过程中,所以第一次的加速度可能比第二次的加速度小故C正确故选:BC点评:该题中可知物体在滑动的过程中各个力做功的情况以及能量的转化与转移关系,其中两次过程中摩擦力不相等,是摩擦力做功不相等的原因10.考点:牛顿运动定律的应用-超重和失重版权所有专题:牛顿运动定律综合专题分析:电梯加速上升时,重物对台秤的压力大于重力由图象可知加速时间当重物的合力最大时,加速度最大,此时重物对台秤的压力最大由图可知:418s内电梯做匀速直线运动,压力大小等于重力,可求出质量当压力N=50N时,重物的合力最大,由牛顿第二定律求出最大加速度解答:解:AB、电梯加速上升时,重物对台秤的压力大于重力由图象可知:电梯在启动阶段经历了4.0s加速上升过程,故A错误,B正确CD、由图可知:418s内电梯做匀速直线运动,N=G=30N,则重物的质量为:m=3kg当压力N=50N时,重物的合力最大,加速度最大由牛顿第二定律有:Nmg=ma代入解得最大加速度为:故C正确,D错误故选:BC点评:本题考查读图的能力,关键抓住产生超重和失重现象时,重物对台秤的压力与重力的关系11.C本题主要考查牛顿第二定律以及机械能守恒; OA段自由落体,AB段加速度减小的加速,BC段加速度增大的减速,CD段加速度增大的减速,AB段与BC段由对称性知时间等,故选项A错误; 下落至B时刻速度最大,故下落高度为h时,小球速度不是最大,故选项B错误; A点加速度为g,向下,C点加速度也为g,向上,故,则D点弹力必定大于故选项C正确; 因时刻速度最大,即动能最大,由机械能守恒可知重力势能和弹簧的弹性势能之和最小,故选项D错误; 本题正确选项为C。12.考点:机械能守恒定律专题:机械能守恒定律应用专题分析:功能关系有多种不同的表现形式:重力做功是重力势能的变化量度;合力做功是动能的变化量度;除重力外其余力做的功是机械能变化的量度解答:解:小孩下滑过程中,受到重力、支持力和滑动摩擦力,其中重力做正功,支持力不做功,滑动摩擦力做负功;重力做功是重力势能的变化量度,故重力势能减小;小孩加速下滑,故动能增加;除重力外其余力做的功是机械能变化的量度,摩擦力做负功,故机械能减小;故选B点评:本题关键是抓住功能关系的不同表示形式进行分析处理,其中机械能的变化等于除重力外其余力做的功一定要记住13.考点:动能定理的应用专题:动能定理的应用专题分析:根据动能定理,对小物块开始运动到停止的全过程进行研究,求出小物块在BC面上运动的总路程,再由几何关系分析最后停止的地点到B的距离解答:解:设小物块间在BC面上运动的总路程为S物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为f=mg,对小物块从开始运动到停止运动的整个过程进行研究,由动能定理得 mghmgS=0得到S=3m,d=0.50m,则S=6d,所以小物块在BC面上来回运动共6次,最后停在B点故选D点评:本题对全过程运用动能定理进行研究,关键要抓住滑动摩擦力做功与总路程关系14.考点:电势能;功率、平均功率和瞬时功率;动能定理的应用;电势专题:电场力与电势的性质专题分析:根据顺着电场线方向电势降低可判断出电场线的方向,确定出粒子所受的电场力方向,分析其运动情况x图象的斜率大小等于场强E加速度a=根据电势关系,分析电势能关系,由能量守恒定律判断动能的关系功率P=Fv解答:解:A、根据顺着电场线方向电势降低可知,02mm内,电场线沿x轴负方向,粒子所受的电场力方向沿x轴正方向做加速运动;在26mm内电场线沿x轴正方向,粒子所受的电场力方向沿x负方向做减速运动,6mm处粒子的速度为零;然后粒子向左先做加速运动后做减速运动即在06mm间做往复运动故A错误B、x图象的斜率大小等于场强E则知P点的场强大于Q点的场强,则粒子在p点的加速度大于在Q点的加速度,加速度方向相反故B错误C、粒子经过P点与Q点时,电势相等,则其电势能相等,由能量守恒知动能相等故C正确D、粒子经过P点与Q点时,速率相等,但电场力不同,则电场力做功的功率不等故D错误故选C点评:本题关键是抓住x图象的斜率大小等于场强E,确定电场线方向,判断粒子的运动情况15.BD。A、Os1过程中,Os1过程的图线为曲线,机械能随位移减小变快,也就是支持力在增大,所以升降机底板上所受的压力一定是变力,故A错误;B、由于物体在s1s2内E-x图象的斜率的绝对值不变,故物体所受的拉力保持不变如果拉力等于物体所受的重力,故物体做匀速直线运动故B正确C、由于物体在s1s2内所受的拉力保持不变,故加速度保持不变,故物体不可能做变加速直线运动,故C错误D、物体由静止开始竖直向下运动,从机械能与物体位移关系的图象中我们发现Os2过程中物体的机械能减小,所以物体除了受重力,还受向上的支持力物体的阻力支持力重力,所以速度在增大,物体的动能可能在不断增大,故D正确从而选择BD答案。16.考点:平抛运动版权所有专题:平抛运动专题分析:因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动,根据该规律抓住地面碰撞前后,水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反与判断两球能否相碰解答:解:A、A、B在第一次落地前不碰,由于反弹后水平分速度、竖直分速度大小不变,方向相反,则以后一定能碰故A错误,D正确B、若A球经过水平位移为l时,还未落地,则在B球正下方相碰可知能否在落地前相碰,取决于A的初速度故B正确C、若A球落地时的水平位移为时,由于反弹后水平分速度不变,当上升到最高点时,A、B恰好在最高点相碰故C错误故选:BD点评:解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,根据该规律进行分析17.考点:向心力版权所有专题:匀速圆周运动专题分析:小球在最高点靠重力和杆对小球的作用力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律求出细杆对小球的作用力大小,从而得出细杆OA受的作用力大小解答:解:在最高点,根据牛顿第二定律得,解得F=,可知杆对小球表现为支持力,则细杆OA受的是6N的压力故选:D点评:解决本题的关键知道小球在最高点向心力的来源,结合牛顿第二定律进行求解,知道杆子可以表现为支持力,可以表现为拉力18.考点:物体做曲线运动的条件版权所有专题:物体做曲线运动条件专题分析:做曲线运动的物体轨迹一定处于合外力与速度方向之间且弯向合外力这一侧解答:解:做曲线运动物体的轨迹一定处于合外力与速度方向之间且弯向合外力这一侧,所以钢球受到的吸引力指向弧内,则磁极在B位置,但极性无法确定,两极对钢球都有吸引力,都可以,故D正确故选:D点评:本题主要考查了曲线运动的条件,知道做曲线运动的物体轨迹一定处于合外力与速度方向之间且弯向合外力这一侧,难度不大,属于基础题19.B根据人造地球卫星围绕轨道做匀速圆周运动所需要的向心力由万有引力提供得: 解得:,由上述计算可以得出当卫星的轨道半径越大时,线速度、角速度、加速度都会变小,所以卫星A的线速度、角速度、加速度均小于卫星A的相应值,因此只有卫星A的周期较大,故B正确。20.考点:单摆周期公式;单摆专题:单摆问题分析:根据能量守恒定律判断出它们上升的最大高度相同单摆的周期T=,周期与摆球的质量、振幅无关解答:解:根据能量守恒定律判断出它们上升的最大高度相同所以两球不会相撞,振幅相同根据单摆的周期T=,周期与摆球的质量、振幅无关根据动能定理,由最高点到最低点,mgl(1cos)=,v=,所以甲乙最大速度相等故A正确,B、C、D错误故选A点评:解决本题的关键掌握单摆的周期公式T=,以及会熟练运用能量守恒、动能定理、机械能守恒定律21.【考点】: 验证机械能守恒定律【专题】: 实验题;机械能守恒定律应用专题【分析】: 运用图象研究两个变量的关系时,图象是一条曲线不能正确说明两个变量的关系,只有作出直线才能直观的反应根据需要验证的方程mgh=根据数学v2h选择图象,并分析斜率的意义: 解:(1)先作出的vBh图线,不是一条直线,根据形状无法判断vB、h的关系,进而考虑图象,从而找出的线性关系(2)若满足机械能守恒,则,即,则图线的斜率k=2g,则g=故答案为:(1)先作出的vBh图线,不是一条直线,根据形状无法判断vB、h的关系,进而考虑图象,从而找出的线性关系(2)【点评】: 要知道图线斜率的物理意义,关键得出两个物理量的关系式,结合关系式确定图线斜率的含义22.(1)A与B,;(2)光电门A、B之间的距离x;探究影响摩擦力的大小的因素解:(1)当A达到稳定状态时B处于静止状态,弹簧测力计的读数F与B所受的滑动摩擦力f大小相等,B对木块A的压力大小等于B的重力mg,由f=N得,=,由从Q上读取F1,则可求得,为A与B之间的动摩擦因数(2)小车由静止开始做匀加速运动,位移x=at2a=根据牛顿第二定律得对于沙和沙桶,F合=Fmg=ma则:则图线的斜率为:k=2mx,纵轴的截距为b=mg;k与摩擦力是否存在无关,小车与长木板间的摩擦因数:故答案为:(1)A与B,;(2)光电门A、B之间的距离x;23.考点:牛顿第二定律;物体的弹性和弹力.专题:牛顿运动定律综合专题分析:(1)由运动学的公式即可求得物体的加速度;(2)可以先设小球不受车厢的作用力,求得临界速度,然后使用整体法,结合牛顿第二定律即可求解解答:解:(1)设加速度为a,由匀变速直线运动的公式:得:解得:(2)设小球不受车厢的作用力,应满足:Nsin=maNcos=mg解得:a=gtan减速时加速度的方向向左,此加速度有斜面的支持力N与左壁支持力共同提供,当agtan 时,左壁的支持力等于0,此时小球的受力如图,则:Nsin=maNcosF=mg解得:F=macotmg答:(1)箱子加速阶段的加速度为;(2)若agtan,减速阶段球受到箱子左壁的作用力是0,顶部的作用力是macotmg点评:该题中的第二问中,要注意选取受到的左壁的作用力等于0的临界条件,以及临界速度中档题目24.【考点】: 牛顿运动定律的综合应用;匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】: 牛顿运动定律综合专题【分析】: (1)由物体受力可以分析加速度,由加速度可确定是否相对滑动;(2)由匀变速规律求出撤去拉力时A、P的位移,再求出撤去拉力F到A、P相对静止状态的位移,两者相加可得A、B两车相撞前瞬间物块P在A车上的位置;(3)碰撞之后P做匀加速,Q做匀减速,由匀变速规律可求PQ相对静止时位移之和,从而根据小车长度确定物块P、Q是否会相撞: 解:(1)拉力作用下,A、P加速度分别为:,故可知物块与车会相对滑动(2)撤去拉力时,由v=at可得A、P速度分别为:,之后P做匀加速运动,A做匀减速运动,经t时间速度v相等,两者加速度都等于,则:,解得:,v=6m/s,撤去F时,A、P位移分别为:,两者相对位移为:=m,从撤去F到AP相对静止,两者相对运动位移为:=,故可知从开始运动到P相对A静止,P在A上的位移为:,故A、B两车相撞前瞬间物块P在A车上的最左端(3)A、B两车为完全非弹性碰撞后,成为一个整体,此后P最匀减速运动,Q做匀加速运动,假设知道速度v相等都不相碰,此时:vat=at,解得:,v=3m/s,此过程两者位移之和为:=,而两个车的总长度才是4m,故物块P、Q会相撞答:(1)物块与车是会相对滑动;(2)A、B两车相撞前瞬间物块P在A车上的最左端;(3)若A、B两车为完全非弹性碰撞,物块P、Q会相撞【点评】: 该题的关键是做好相对运动的分析,涉及相对运动问题,在选择参考系的时候,适当的选取,会给解题带来较大的方便25.考点:动能定理的应用;牛顿第二定律;向心力专题:动能定理的应用专题分析:(1)小球恰能通过圆形轨道的最高点,由重力提供向心力,由牛顿第二定律可求出小球经圆形轨道的最高点时的速度根据动能定理分别研究小球从B点到轨道最高点的过程和AB过程,联立求解小球在A点的初速度(2)若小球既能通过圆形轨道的最高点,又不能掉进壕沟,有两种情况:第一种情况:小球停在BC间;第二种情况:小球越过壕沟若小球恰好停在C点,由动能定理求出小球的初速度得出第一种情况下小球初速度范围若小球恰好越过壕沟,由平抛运动知识求出小球经过C点的速度,再由动能定理求出初速度,得到初速度范围解答:解:(1)小球恰能通过最高点 由B到最高点 由AB 解得:在A点的初速度vA=3m/s (2)若小球恰好停在C处,对全程进行研究,则有:mg(L+L)=0,解得v=4m/s所以当3m/svA4m/s时,小球停在BC间 若小球恰能越过壕沟时,则有 h=,s=vt,又mg(L+L)=解得,v=5m/s所以当vA5m/s,小球越过壕沟答:(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点,小球在A点的初速度是3m/s(2)若小球既能通过圆形轨道的最高点,又不能掉进壕沟,小球在A点的初速度的范围是3m/svA4m/s或vA5m/s点评:本题是圆周运动、平抛运动和动能定理的综合应用,注意分析临界状态,把握临界条件是重点- 配套讲稿:
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